UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO – ´ AREA II MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turmas Q3 e Q6
GABARITO – 1
oexerc´ıcio escolar – 2012.2 – 23/01/2013 Orienta¸ c˜ ao: O exame ´e estritamente individual, sem consulta ou calculadora. A ordem das quest˜ oes n˜ ao ´e importante. Apenas solu¸c˜oes leg´ıveis e justificadas rece- ber˜ ao pontos: escrever os passos, detalhes e propriedades relevantes. Responder a caneta preta ou azul, ou a l´ apis. Circular as respostas ! O valor de cada item est´a entre parˆenteses. Ex.: “1.a (1,0).” Dura¸ c˜ ao: 120 minutos.
Para cada item das quest˜ oes 1 e 2, encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜ oes iniciais. Em todos, y ´e a fun¸c˜ao (de t ou x, conforme o caso).
Quest˜ ao 1. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.
1.a (1,0). d
2y
dx
2= − 1
x
2com x < 0; y( − 1) = 0; y
′( − 1) = − 2 1.b (1,0). t dy
dt + y = − t
2y
21.c (2,0). y = x dy
dx + 1 + 1 2
dy dx
2; y(1) = 1 2
Quest˜ ao 2. As solu¸c˜ oes podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta quest˜ao.
2.a (1,0). x
2+ y
2+ x
dx + xy dy = 0 2.b (1,5). x
4y
2− y
dx + x
2y
4− x
dy = 0
Dica para 2.b: Procurar um fator integrante da forma µ(xy);
2.c (1,5). (2x − y)dx + (4x + y)dy = 0
Quest˜ ao 3 (2,0). Recordar a lei de Torricelli-Borda: dado um tanque de altura H com um orif´ıcio (ralo) embaixo, sejam h ∈ [0, H ] a coordenada vertical (altura) medida a partir do orif´ıcio, A(h) a ´area da se¸c˜ao transversal do tanque na altura h, t o tempo medido a partir do instante t
0= 0 de in´ıcio do esvaziamento do tanque cheio. Ent˜ao, para uma constante k > 0 apro- priada, vale: − A(h) dh
dt = k √
h. Considerando o escoamento de um tanque cil´ındrico de altura H e raio 2H apoiado sobre sua base (em
h = 0) e com a altura posicionada verticalmente, calcular o tempo T para o escoamento do tanque cheio em fun¸c˜ao dos parˆametros H e k.
1
RESOLU ¸ C ˜ AO COMENTADA
SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜oes y: c = completa; g = geral;
s = singular; p = particular.
1.a. A EDO ´e imediatamente integr´avel: y
′′= − x
−2∴ y
′= − ( − x
−1)+C
1= x
−1+ C
1∴ y
c(x) = ln | x | + C
1x + C
2, onde as constantes de integra-
¸c˜ao da solu¸c˜ao y
pdesejada s˜ao determinadas pelas condi¸c˜oes iniciais dadas:
− 2 = y
p′( − 1) = ( − 1)
−1+ C
1= − 1 + C
1∴ C
1= − 1;
0 = y
p( − 1) = ln | − 1 | − ( − 1) + C
2= 0 + 1 + C
2∴ C
2= − 1. Portanto:
y
p(x) = ln | x | − x − 1 (que est´a definida para x < 0).
1.b. Como t y
′+ y = − t
2y
2´e uma EDO de Bernoulli com n = 2, ´e con- veniente a substitui¸c˜ao v = y
1−n= y
−1para o caso y 6 = 0. Da´ı, temos que y = v
−1∴ y
′= − v
−2v
′pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y: − tv
−2v
′+ v
−1= − t
2v
−2. Multiplicando por − v
2/t para t 6 = 0, obtemos uma EDO linear de 1
aordem em v j´a em formato padr˜ao: v
′− t
−1v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t
−1porque
1 dtdln | µ(t) | = − t
−1= −
dtdln | t | =
d
dt
ln | t |
−1=
dtdln | t
−1| , resultando em: t
−1v = R
t
−1t dt = R
1 dt = t + C ∴ v = t
2+ Ct ∴ y
g(t) = (t
2+ Ct)
−1, onde C ∈ R .
J´a o caso y = 0 fornece: t y
′+ y = t 0 + 0 = 0 = − t
20
2= − t
2y
2∴ y
s(t) = 0 completa a solu¸c˜ao.
1.c. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, fa¸camos v = y
′e diferenciemos os membros da EDO: y = xv + 1 + v
2/2 ∴ v = y
′= v + xv
′+vv
′∴ 0 = (x+ v)v
′. Caso v
′= 0. v = C ∈ R ∴ y
g= Cx + 1 + C
2/2, onde C ∈ R . Mas a con- di¸c˜ao inicial fornece 1/2 = y(1) = C + 1 + C
2/2 ∴ 0 = (C + 1)
2∴ C = − 1.
Logo, uma solu¸c˜ao do PVI ´e y
p1(x) = 3 2 − x.
Caso x + v = 0. v = − x. Da EDO: y
s(x) = − x
2+ 1 + ( − x)
22 = 1 − x
22 , que tamb´em satisfaz a condi¸c˜ao inicial. Portanto, outra solu¸c˜ao do PVI ´e:
y
p2(x) = y
s(x) = 1 − x
22
1µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R
−t−1dt) =±exp (−ln|t|+k) =±|t|1ek(k∈R) comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.
2
2.a. A EDO n˜ao ´e exata pois, escrevendo M (x, y ) = x
2+ y
2+ x e N (x, y) = xy, temos que M
y(x, y) = 2y 6 = y = N
x(x, y). A EDO ad- mite fator integrante na forma µ(x) porque M
y− N
xN = 2y − y xy = 1
x ´e uma fun¸c˜ao de x e, portanto, d
dx ln | µ(x) | = 1 x = d
dx ln | x | . Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(x) = x, resultando na seguinte EDO exata:
x
3+ xy
2+ x
2dx + x
2y dy = 0. Logo, ψ(x, y) = Z
ψ
ydy = Z
x
2y dy ∴ ψ(x, y) = x
2y
22 + f (x). Mas xy
2+ x
3+ x
2= ψ
x(x, y) = xy
2+ f
′(x) ∴ f
′(x) = x
3+ x
2∴ f (x) = x
44 + x
33 serve. Logo, a solu¸c˜ao completa da EDO pode ser dada implicitamente como x
2y
c22 + x
44 + x
33 = C, onde C ∈ R . Obs. Outra apresenta¸c˜ao para tal solu¸c˜ao completa impl´ıcita ´e:
6x
2y
c2+ 3x
4+ 4x
3= K, onde K = 12 C ∈ R .
2.b. M (x, y ) = x
4y
2− y e N (x, y) = x
2y
4− x ∴ M
y(x, y) = 2x
4y − 1 6 = 2xy
4− 1 = N
x(x, y) ∴ a EDO n˜ao ´e exata. Seguindo a dica, procuremos um fator integrante da forma µ(a(x, y )) para a EDO, onde a(x, y) = xy:
d
da ln | µ(a) | = N
x− M
yxM − yN = 2xy(y
3− x
3)
x
2y
2(x
3− y
3) = − 2
xy = − 2
a = − 2 d
da ln | a | = d
da ln | a |
−2= d
da ln | a
−2| ∴ µ(a(x, y)) = (a(x, y ))
−2= (xy)
−2´e adequado, levando `a an´alise de uma poss´ıvel solu¸c˜ao singular y(x) = 0 `a parte. De fato, y(x) = 0 fornece y
′(x) = 0 e, na EDO, (x
4y
2− y) + (x
2y
4− x)y
′= (x
40
2− 0) + (x
20
4− x)0 = 0. Logo, y
s(x) = 0. Multiplicando a EDO origi- nal por µ(xy), temos a EDO exata: x
2− x
−2y
−1dx + y
2− x
−1y
−2dy = 0 ∴ ψ(x, y) =
Z
x
2− x
−2y
−1dx = x
33 + x
−1y
−1+ g(y) ∴ y
2− x
−1y
−2= ψ
y(x, y) = g
′(y) − x
−1y
−2∴ g
′(y) = y
2∴ g (y) = y
33 serve. Por conseguinte, x
3+ y
g33 + 1
x y
g= C, onde C ∈ R .
Obs. Multiplicando por 3xy
g, a solu¸c˜ao geral impl´ıcita se torna:
x
4y
g+ xy
g4+ 3 = Kxy
g, onde K = 3 C ∈ R .
3
2.c. Dividindo ambos os termos por x, obtemos que a EDO equivale (para x 6 = 0) a 2 − y
x + 4 + y
x dy
dx = 0, uma EDO homogˆenea. Logo, fa¸camos v = y/x ∴ y = xv ∴ y
′= v + xv
′e a EDO em v correspondente ´e dada por 2 − v +(4+ v)(v +xv
′) = 0 ∴ v
2+3v +2+(4+v )xv
′= 0 ∴ no caso 0 6 = v
2+3v+
2 = (v+1)(v+2), isto ´e, v / ∈ {− 1, − 2 } , temos que − 1
x = 4 + v
v
2+ 3v + 2 v
′(uma EDO separ´avel). Para integrarmos em x, expandamos a fun¸c˜ao racional em fra¸c˜oes parciais: 4 + v
v
2+ 3v + 2 = A
v + 1 + B
v + 2 ∴ 4 + v = A(v + 2) + B(v + 1).
Substituindo v = − 1 e v = − 2 nesta igualdade, obtemos A = 3 e − B = 2 ∴ B = − 2. Integrando os membros da EDO com rela¸c˜ao a x (lembrando que x 6 = 0): − ln | x | + C
1= R
[3(v + 1)
−1− 2(v + 2)
−1] dv = 3 ln | v + 1 | − 2 ln | v + 2 | + C
2, onde C
1, C
2∈ R ∴ ln | x
−1| + C = ln
(v + 1)
3(v + 2)
2, onde C = C
1− C
2∈ R . Logo
2, ln | x
−1| + C = ln
(y
g/x + 1)
3(y
g/x + 2)
2onde C ∈ R . Os ca- sos v(x) = − 1 e v(x) = − 2, isto ´e, y(x) = − x e y(x) = − 2x tˆem derivadas − 1 e − 2, respectivamente. Substituindo a primeira fun¸c˜ao y na EDO original:
(2x − y) + (4x + y)y
′= (2x + x) + (4x − x)( − 1) = 3x − 3x = 0; a segunda resulta em (2x − y) + (4x + y)y
′= (2x + 2x) + (4x − 2x)( − 2) = 4x − 4x = 0.
Logo, ambas s˜ao solu¸c˜oes singulares: y
s1(x) = − x e y
s2(x) = − 2x.
3. A ´area de toda se¸c˜ao transversal ´e aquela do c´ırculo de raio 2H, a saber, A(h) = π4H
2. A EDO ´e separ´avel: k dt = − A(h)
√ h dh = − 4πH
2h
−1/2dh.
Integrando com rela¸c˜ao a t ∈ [0, T ]:
Z
T0
k dt = − Z
h(T)h(0)
4πH
2h
−1/2dh =
− Z
0H
4πH
2h
−1/2dh = Z
H0
4πH
2h
−1/2dh ∴ kt |
Tt=0= 4πH
2· 2h
1/2|
Hh=0= 8πH
2H
1/2∴ T = 8π
k H
5/2= 8π k
√ H
5.
2Tomando exp e eliminando o valor absoluto, a solu¸c˜ao geral ´e: K
x = (yg+x)3 x(yg+ 2x)2 ∴ K(yg+ 2x)2= (yg+x)3 comx∈R, ondeK=±C∈R∗. J´ays1 corresponde aK= 0 na express˜ao anterior, enquantoys2 n˜ao corresponde aK real algum.